新高考物理倒计时模拟卷及答案解析

潍坊第一中学新高考物理倒计时模拟卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5亳米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05亳米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，完全相同的两个光滑小球A、3放在一置于水平桌面上的圆柱形容器中，两球的质量均为加，两球心的

连线与竖直方向成30角，整个装置处于静止状态。则下列说法中正确的是（）

B.容器底对5的支持力为机g

c.容器壁对B的支持力为

6

D.容器壁对4的支持力为q"吆

2、一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F,尸随时间变化规律如图所示，下列说法正确的是（）

A.在0~4s时间内，位移先增后减

B.在0~4s时间内，动量一直增加

C.在。~8s时间内，产的冲量为0

D.在0~8s时间内，尸做的功不为0

3、一物块以某初速度沿水平面做直线运动，一段时间后垂直撞在一固定挡板上，碰撞时间极短，碰后物块反向运动。

整个运动过程中物块的速度随时间变化的7图像如图所示，下列说法中正确的是（）

A.碰撞前后物块的加速度不变

B.碰撞前后物块速度的改变量为2m/s

C.物块在U0时刻与挡板的距离为21m

D.0~4s内物块的平均速度为5.5m/s

4、关于分子动理论，下列说法正确的是（）

A.气体扩散的快慢与温度无关

B.分子间同时存在着引力和斥力

C.布朗运动是液体分子的无规则运动

D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大

5、如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量质量为m、电荷

量为q的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向一速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧

上且Q点为最远点，已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（）

A.这些粒子做圆周运动的半径〃二6尺

B.该匀强磁场的磁感应强度大小为归竺

qR

c.该匀强磁场的磁感应强度大小为士丝

2qR

D.该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为

6、图甲是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始

计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（)

A.交流电的频率是100Hz

B.0.02s时线圈平面与磁场方向平行

C.0.02s时穿过线圈的磁通量最大

D.电流表的示数为20A

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，4、B、C三点组成一边长为/的等边三角形。该空间存在平行于A3C平面的匀强电场。一质量为机、

带电量为+q的粒子仅受电场力作用依次通过A、仄。三点，通过A、C两点的速率均为vo,通过B点时的速率为走心,

3

则该匀强电场场强E的大小和方向分别是

A.12ME=26总

B.

3ql9ql

C.方向垂直AC斜向上D.方向垂直AC斜向下

8、如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈在磁感应强度为笈的匀强磁场中绕转轴00,以角

速度“匀速转动，轴垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的

匝数之比为1：2,二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的

⑴先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度即m/s2

（结果保留2位有效数字）；

（2）在忽略阻力的理想情况下，物块Z质量M的表达式为M=（用字母加、g表示）；

⑶实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，物块Z的实际质量与理论

值M有一定差异，这种误差是误差（填“偶然”或“系统

12.（12分）为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：

待测电阻K（阻值约100。）、滑动变阻器拈（。〜100。）、滑动变阻器K2（0〜10。）、电阻箱£o（—9999.9。）、理想

电流表A（量程50mA）、直流电源E（3V,内阻忽略）、导线、电键若干.

（1）甲同学设计（a）所示的电路进行实验.

①请在图（b）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接.

②滑动变阻器应选_________（填入字母）.

③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动头移到（选填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持32断开，闭合％,

调滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流几

④断开与，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱Ro阻值在100。左右，再闭合S2,调节Ro阻值使得电流表读数为

时，％的读数即为电阻的阻值.

（2）乙同学利用电路（c）进行实验，改变电阻箱A0值，读出电流表相应的电流/,由测得的数据作出:一5图线如

图（d）所示，图线纵轴截距为/〃，斜率为A,则电阻的阻值为.

（3）若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c）,哪种方案测电阻更好?为什么？

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道与水平光滑轨道AC相连，竖直墙壁C7）高"=0.2m，紧靠

墙壁在地面固定一个和CO等高，底边长L=0.3m的斜面，一个质量〃?=0.1依的小物块（视为质点）在轨道A5上从

距离△点/=4〃?处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块在段与轨道间的动摩擦因数为0.5,达到8点时无

能量损失；A5段与水平面的夹角为37.（重力加速度g=10m//,sin37=0.6,cos37=0.8）

（1）求小物块运动到B点时的速度大小；

（2）求小物块从C点抛出到击中斜面的时间：

⑶改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.

14.（16分）为防治2019・nCoV,社区等公共场所加强了消毒措施，如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图。储液

桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为%（不计储液桶两端连接管体积），初始时桶内消毒液上方气体压强为

13

2p（）,体积为/Vo,打开阀门K喷洒消毒液，一段时间后关闭阀门停止喷洒，此时气体压强降为喷洒过程中

桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，〃。为外界大气压强。求：

（1）停止喷洒时剩余的药液体积；

⑵为使桶内气体压强恢复为2Po,需打入压强为Po的气体体积（不考虑打气过程中温度变化）。

15.（12分）如图所示，平面直角坐标系的x轴沿水平方向，在第一象限内），轴与直线4L之间存在沿y轴正方向的

匀强电场。一个质量为加，带电量为g（«>0））的小球（重力不能忽略），以初速度M）从坐标原点。沿x轴正方向射

入电场，一段时间后以正％的速度从第一象限内的A点（图中未画出）射出电场，重力加速度为g。求：

y

o]pop7o)x

(i)4点的纵坐标；

(2)电场强度£的大小。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、A

【解析】

AD.对球A受力分析可知，球8对A的支持力

F_叫_2底ng

BA~cos30-3

则4对6的压力为苧〃吆；

容器壁对A的压力

FN=mgtan30=#mg

选项A正确，D错误；

B.对球AS的整体竖直方向有

N=2mg

容器底对〃的支持力为2〃值，选项B错误;

C.对球48的整体而言，容器壁对B的支持力等于器壁对A的压力，则大小为与〃吆，选项C错误；

故选A。

2、C

【解析】

A.由图可知，在0-4s内力?先向正方向，再向反方向，故质点先加速再减速到0,速度方向不变，位移增加，故A

错误；

B.在0・4s内，速度先增加后减小，动量先增加后减小，故B错误；

C.0到8s内，一半时间的冲量为正，另一半时间的冲量为负，则总的冲量为0,故C正确；

D.因8s内总的冲量为0,根据动量定理，可知动量的变化为0,即初末速度为0,则动能的变化量为0,尸做功为0,

故D错误。

故选C。

3、C

【解析】

根据速度图像的斜率分析物块的加速度。读出碰撞前后物块的速度，即可求速度的改变量。根据图像与时间轴所围的

面积求物块在0〜3s内的位移，即可得到物块在/=0时刻与挡板的距离。根据。〜4s内的位移来求平均速度。

【详解】

A.根据修图像的斜率大小等于物块的加速度，知碰撞前后物块的加速度大小相等，但方向相反，加速度发生了改变,

故A错误；

B.碰撞前后物块的速度分别为v尸4m/s,也=・2m/s则速度的改变量为：

Av=v2-V)=-6m/s

故B错误;

C.物块在f=0时刻与挡板的距离等于0〜3s内位移大小为:

10+4、〜

x=-------x3m=21m

2

故C正确；

D.0〜4s内的位移为:

x二吆x3m-以m=20m

22

平均速度为:

v=-=—m/s=5m/s

t4

故D错误。

故选c。

4、B

【解析】

A.扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误；

BD.分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故B正确，D错误；

C.布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子的无规则运动的反映，故C错误。

故选Bo

5、B

【解析】

ABC、从。点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q,由动圆法知P、Q连线为轨迹直径；尸。圆弧长为磁场圆周长的

；,由几何关系可知PQ=及R,则粒子轨迹半径厂=等/?,由牛顿第二定律知"3=〃z匕，解得8=^^故B

正确；AC错误

D、该圆形磁场中有粒子经过的区域面积大于!;rN,故D错误；

2

综上所述本题答案是：B

6、B

【解析】

A.根据图乙，交变电流周期为

T=0.02s

频率为

/=-=—Hz=50Hz

T0.02

A错误;

BC.0.02s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，B正确，C错误;

D.根据图乙，电流的最大值

/m=10V2A

电流的有效值

/=与坐A.

x/2V2

所以电流表示数为1()A,D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、BC

【解析】

AB.据题意可知AC为该匀强电场的等势线，因从A到5电场力对粒子做负功，且粒子带正电，可知电场方向垂直力C

斜向上，据动能定理可得

解得E二迈巴I,故A错误B正确，

9ql

CD.据题意可知AC为该匀强电场的等势线，因从4到B电场力对粒子做负功，且粒子带正电，可知电场方向垂直

AC斜向上，故C正确D错误。

8、AC

【解析】

A.从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为

故A正确；

B.变压器的输入与输出功率之比为1：1,故B错误；

C.交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于

2

U2m=2NB（oL

根据电流的热效应可得

（应）T_U\

R2R

解得

U=NBML2

故C正确；

D.当尸位置向下移动，K增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V的示数不变，电阻消耗的功率变

小，故电流表示数变小，故D错误。

故选AC.

9、AD

【解析】

A、B；由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，

电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变,根据楞次定律判断可知，通过R

的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电.故A正确，B错误；

C：根据安培力公式F=BIL,I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误.

D：由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左,

故D正确.

故选AD.

10、AC

【解析】

A.物块与斜面间的动摩擦因数〃=tan0可知

mgsin6=cos0

则物体所受的合力为尸，由F・t图像以及动量定理可知

Fr=-x2x8=8N-s

2

Ft-mv

可得

v=8m/s

则动能

E.=-mv2=-xlx82J=32J

人22

选项A正确；

B.若物块匀加速下滑，则斜面的长度为

I=—t=8m

2

而物块做加速度增大的加速运动，则物块的位移大于8m,即斜面长度小于8m,选项B错误；

CD.滑块对斜面体有沿斜面向下的摩擦力，大小为

f=pungcos0=mgsin0

垂直斜面的压力大小为〃吆cos。两个力的合力竖直向下，大小为mg,则斜面体对水平面的压力大小始终为

Mg+mg=50N,斜面体在水平方向受力为零，则受摩擦力为零，选项C正确，D错误；

故选AC,

三、实验题；本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

2ma

11、8.0系统

g-a

【解析】

根据位移差公式Al=求解系统的加速度。对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解M的表达式。根据误差

来源分析误差的性质。

【详解】

(1)口]根据位移差公式©=々72,解得系统运动的加速度为

M(2.95+3.29)-(2.32+2.64)_「

a=—=----------------,------------x1A0.2m/ys-2=8O.A0m/s-

T24x0.022

⑵⑵根据牛顿第二定律，对Q和Z有

(M+m)g—T=("+/〃)〃

对物体p有

T-mg=ma

,,Ima

联立解得“=——o

g-a

⑶网由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的，无法通过多测数据来消除，故这是一种系统误差。

【点睛】

本题主要考查了通过系统牛顿第二定律测质量的方法,能分析出熨验误差的原因。明确系统误差和偶然误差的定义。

电左Zi方案(a)较好原因是此方案不受电源内阻的影响

【解析】

(1)©[1].连线图如图所示:

(b)

②[2].因为变阻器采用分压式接法时,阻值越小调节越方便，所以变阻器应选R2；

③[3].实验操作时，应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端；

®[41.根据欧姆定律若两次保持回路中电流读数变，则根据电路结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的

电阻计算，可知Ro的读数即为电阻的阻值.

(2)[5].根据闭合电路欧姆定律应有

E=/(R+4)

解得

一+8

IEE

结合数学知识可知

m=一,k=—

EE

解得

£=-

k

R=Em=—

k

(3)(61171.若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对用⑸测电阻没有影响。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(l)4m/s⑵(3)0.15J

15

【解析】

⑴对滑块从A到B过程，根据动能定理列式求解末速度；

⑵从C点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；

⑶动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可.

【详解】

⑴对滑决从A到B过程，根据动能定理，有：mglsin37-^mgcos37

解得：VB=4m/s；

(2)设物体落在斜面上时水平位移为x,竖直位移为y,画出轨迹，如图所示：

对平抛运动，根据分位移公式，有:

1

y=]gr2'

结合几何关系，有：一H-V^=-H=-2>